2017-2018学年高二物理电学专题提升专题17直流电路的动态分析

1、专题17直流电路的动态分析一：专题概述直流电路的动态变化分析根据闭合电路的欧姆定律和串、并联电路的特点来分析电路中某电阻变化引起整个.电路中各部分电学量的变化情况，常见的方法有：1 .程序法井次分流M（1）程序法：电路结构的变化一 R的变化一 R总的变化- I总的变化一 U端的变化一固定支路 图彭幽一变化 支路.即遵循“局部一整体一部分”的思路，按以下步骤所示： 女霁乂巨幕后黑乂正:小（2）判定总电阻变化情况的规律. 当外电路的任何一个电阻增大 （或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）.若开关的通、断使串联的用电器增多 ，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多 ，电路的总 电阻减

2、小.在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段 R串与并联部分串联。 A B两端的总电阻与 R串的变化趋势一致。2 .直观法任一电阻阻值增大，必引起.通过该电阻的电流的减小和该电阻两端电压的增大3 . “并同串反"规律所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小.所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都将减小，反之则增大.即（U串J , I串J , P串J ）-RT一（ U并T , I并3 P并T ）.4 .极限法即因滑动变阻器滑片滑动引

3、起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。：典例精讲1.电压表、电流表示数变化问题典例1:电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻 R、R及滑动变阻器 R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向 a端时，下列说法正确的是（）A.电压表和电流表读数都增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表读数增大，电流表读数减小D.电压表读数减小，电流表读数增大【答案】B【解析】由图可知为与R并联后与舄串联，电压未测路端电压7电流表测量流过殳的电流宁滑片向a端 移动时，滑动变阻器接入电阻同小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路瑞电压的变 化,再分析并联电路可得出电漪

4、表示敷的变化.当滑动受阻器的滑片由中点滑向a 翩寸，接入电路的电阴用小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电,；翩 加？内电压增加,由"=旦止可知路端电压;加卜,射电压表示数减小，因路端电压减小,用两端的电压 增加,越并联吾粉电压减小由欧姆定律可知电流表示数减小，B正确.2 .小灯泡亮度变化问题典例2:如图所示，当滑动变阻器的活动触点P向上一滑动时，则（）尺炉IBA. A灯和B灯均变亮B. A灯和B灯均变暗C. A灯变亮，B灯变暗D. A灯变暗，B灯变亮【答案】C【解析】P向上滑动时能连入电踣的电阻墙大J故电路总电阻墙大，总电流减小J根据闭合回路欧姆定律 西二U+W问知路端电压U增大，即

5、月两端的电压墙尢 故灯变亮，通过，灯的电流境匕而总 中院。%口, %加卜乙格一.而L萨寸* fTR/;即.、.&西q的由千:$1：而"1 +厂西， 所以并联电路衣2两端的电压增大通过段的电流增大J而4=1“十匕；通过扁的电流减小：通过坊的 电流博大:所以通过5灯的电流减小，散E灯变喑;故C正确.3 .含容电路中的电荷量变化问题典例3:如图所示的电路，R=R=R=R=R,滑动变阻器R2的总电阻为2R,其，t片P恰处在正中，电源的 内阻不计，电键 S闭合，单刀双掷开关 S2合在a端，此时平行板电容器 C的带电量为 Q如果将R2的触片 滑到最右端ii& nA.电容器C的带电

6、量变为2Q/3B.电容器C的带电量将变为Q/3C.再将S由a合向b端，将有向右的瞬时电流流过 R4D.将Q由a合向b端后，通过电阻 R的电量为2Q/3【答案】AC【解析，开关接 4时，R、R断开，R与R串联，电容器与电阻 R并联，故电容器两端的电压等于R两端的电压C =开关滑到右端时， R两端的电压U =-x/?=；由Q=CUI知，C = Q ；2K 2ja j2EC Q故后来的电量 Q=二 二三。；故A正确，B错误；开关S2由a合向b端时，电压增大，则电容器充电；33负电荷由右向左流入电容器下极板；故有向右的电流流过R;故C正确；将与由a合向b端后，电压变为e 40原来的2倍，故电容器两端的

7、电量 Q 二十；而电容器的下极板由原来的正电变为带负电，故通过电阻32 4R的电量为10 + nQ = ：Q；故D错误；故选：AG3 J三总结提升1 .分析动态变化问题要注意以下三点(1)两个公式：闭合电路欧姆定律E= U+ Ir (E、r不变)和部分电路欧姆定律 U= IR。(2)两个关系：外电压等于外电路上串联各部分电压之和；总电流等于各支路电流之和。(3) 一个方法(程序法):电路结构的变化一R的变化一 R总的变化一 I总的变化一 U端的变化一固定支路并联分流I一支路的变化。 串联分压U2.分析电容器带电荷量的变化要注意以下两点(1)把电容器当成断路简化电路图，按照电路动态分析的基本方法

8、来分析各部分电路电压与电流的变化。(2)电路稳定时，找到与电容器并联的电阻，而电容器的电压等于与之并联的电阻两端的电压。四提升专练1 .在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r, C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯能正常发光，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是A.路端电压变小B.灯泡L将变亮C.电容器C的电量将减小D.电容器C的电量将增大【答案】DK解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大,外电阻增大j电路中电流用小，路端电 压增大，故酊吴.电路中电滴煦小，灯L变暗，故B错误.电容器的电压等于路端电压.可见其电压是 增大的，则由知,电容器

9、C的电荷量将增大.故C错误j D正确,故选D.2 .在图所示电路中，电源的电动势为e,内阻为r,当滑动变阻器的滑片向。上滑动时，通过电阻 R的电流I i和通过滑动变阻器 R的电流12的变化是()A. I 1变大，I2变小B. IC. I 1变小，I2变大D. I1变大，I 2变大1变小,I2变小【答案】A【解析】当滑动郎目器的滑片向上滑动时.的增大，整个电潞的总电唱增大F总电流减小内电压减小， 外电压增大，所以通过的的电流h增大，而总电流I瓶小，贝明检1曲的电谎L版小，故A正确，BCD错 误.故选A .3 .（多选）如图所示的电路中，Li、L2是两个不同的小灯泡，a、b间有恒定的电压，它们都正

10、常发光，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，发生的现象是（）A. Li亮度不变，L2变暗B. Li变暗，L2变亮C.电路消耗的总功率变小D.流过滑动变阻器的电流变小【答案】BCD 【解析】由电路图可知，当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，由部分电路欧姆定律可知，干路电流I变小，灯L1电阻Rl,不变，由叱 I2R|可知，灯L1的实际功率变小，因此灯 Li变暗；干路电流I变小，灯Li电阻RL1不变，则并联电压U并 E IRL1变大，灯L2U电阻Rl2不变，由PL 可知，灯L2的实际功率变大，则灯 L2变亮，A错误，B正确；干路电流变小，1 RL2根据|p ui

11、,电路消耗的总功率变小， c正确；干路电流I变小，灯l2电流变大，故流过变阻器的电流变小，D正确；选BCD.4.（多选）在如图所示的电路中，E为电源的电动势，为电源的内阻，R、R为可变电阻.在下列操作中,可以使灯泡L变暗的是（）.A.仅使R的阻值增大B.仅使R的阻值减小C.仅使R的阻值增大D.仅使R的阻值减小【答案】AD1解析】若侬使处的限值增大f可得总电阻增大,干路电流覆小？路瑞电压增大p七分流增大则灯泡L 分流减小,灯泡1变喑，A正确3若仅使曷的陌值隔；小，可得总电阻遍小，干路电流增大,路电压减小, 科分流减小，贝欣丁泡L分流增大，灯洵L变亮 B错误i若仅使底的阻值增大，可得总电阻摆大，干

12、路电 流减小，路端电压增大j贝敢T泡L分流摺大，灯泡L变亮1C错误歹若仅使用的阻值减小，可得总电阻服 小，干路电流增大，蹴髭电压减小则灯泡L分流瓶小，灯泡L变暗，D正确.5.（多选）如图所示，电路中RT为热敏电阻，R和R为定值电阻。当环境温度升 ,高时，RT阻值变小。开关 S闭合后，若环境温度降低，则A.通过Ri的电流变小B.C. Rt两端的电压增大D.通过R的电流变小电容器两极板间的电场强度不变【答案】AC【解析】环境温度降低，RT阻值变大，电路的总电阻变大，总电流减小，即通过Ri的电流变小，选项 A正确；路端电压变大， R上的电压减小，则 的及R上的电压变大，通过 R的电流变大，选项 B错

13、误，C正确;Ri上的电压减小，则电容器两端电压减小，电容器两极板间的电场强度减小，选项D错误；故选AC.6 .在如图所示电路中， 闭关开关S,当滑动变阻器的滑动触头 P向下滑动,时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用 I、U、此表示，下列判断正确的是（）A. I减小，U2增大B. I减小，Ui增大C. I增大，Ui增大D. I增大，U2增大【答案】A【解析】闭合电镀5.当滑动变阻器的滑动触头产向下滑动时，变阻器接久电路的电阻墙大，外电路总电阻 R增大，根据闭合电路欣姆定律分析得知，干路电流包减小,路端电压增大，号的电压等于路端电压, 则流过为电流L增大，流过电流表的电滂1二4减小

14、人墙大，则力就小:毛的电压减小， 即电压表匕的示触5减小，电压表6示数%="一5丁蟠大，减小，则%增大n所4 J被小， 5遍小，叨增大，林A正确，BCD错误。7 .（多选如图所示的电路，Li、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置。B. L2变亮当S闭合时，3只小电灯都发光。现使滑动变阻器的滑片 P向右移动时，则小电灯Li、L2、L3的变化情况（）A. Li变亮C. L3变暗D. Li、L2、L3均变亮【答案】BC【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器的有效电阻变大，导致外电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I =R； J口，总电流I总减小，路

15、端电压 U路=EI总厂将增大，因此，通过 Li灯的电流Ili变 小，Li灯变暗；U路=UL1+U2,彳# L2灯两端的电压变大，L2灯变亮。而Ili=Il2+ Il3,通过Li灯的电流Ili变 小，通过L2灯的电流IL2变大，则通过 L3灯的电流IL3变小，L3灯变暗。由以上分析可知，选项 B、C正确。8 .在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r, L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R、R为定值电阻， 区为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小， V为理想电压表.若将口射R的光的强度减弱，则（）A.电压表的示数变大C.通过R的电流变小.小灯泡消耗的功率变小电源内阻的电压变大【答案

16、】B【解析】若将照射用的光的强度;咸疆，则坨的电阻将增大I电路中的总电阻将增大，息电流减小,故电压 表的示数变小，内电压也激小F & D错误宁而电阻的两端的电压将变大，通过的电流变大J而总电流 减小，所以通过d寸丁泡的电流减小,小灯泡消耗的功率变小I B正确，C错误.P向右端移动时，下面说法中正确9 .（多选）如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片的是（）A.电压表M的读数减小, B.电压表M的读数增大, C.电压表V2的读数减小, D.电压表V2的读数增大,【答案】AD电流表 Ai的读数增大电流表 Ai的读数减小电流表 A的读数增大电流表 A的读数减小Ai的读数增大。

17、【解析】滑动变阻器滑片 P向右端移动，使得 R变小，总电阻变小，总电流变大，即电流表内电压变大，R两端电压变大，并联电路的电压即电压表Vi的读数变小，即 R两端电压变小，通过 R的电流变小即电流表 4的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路即经,过R的电流变大，R两端电 压变大，即电压表 V2的读数增大，选项 A D正确。10 .（多选）如图所示，R、R、R、R均为可变电阻，G、G均为电容器，电源的电动势为E,内阻rw0。若改变四个电阻中的一个阻值，则 （）A.减小R, G、G所带的电荷量都增加B.增大R, G、G所带的电荷量都增加C.增大 电G、C2所带的电荷量都增加D.减小R, G

18、、G所带的电荷量都增加【答案】BD【解析】用上没有电流流过,m是等势体,故雇小心,5两端电压不变，3两端电压不变,"、3所带的 电荷量都不变，选项A错误增大坨白. 5两端电压都增大，凸、Q所带的电荷量都增加，选项B正确j 熠大为，Q两端电压®Q两谎电压增大，a所带的电荷量减小F 0所带的电荷量熠加,选项C错俣j 减小宝4n凸、G两端电压都增大，6、Q所带的电荷量若膻加，选项D正确。11 .如图电路，C为电容器，D为理想二极管（具有单向导通作用） ，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片Ui,电压表V2的示数改变量大小为P向左移动一小段距离，结

19、果发现电压表V1的示数改变量大小为U2,电流表A的示数改变量大小为 I ,则下列判断正确的有AiI尸i=i。r 寸-oAHr-A. -U2的值不变，且始终等于电源内阻IB. U1的值变小IC. U1的值变大ID.滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【答案】A【解析】由图可知 Ri与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压.若P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表 V2的示数增大，R两端的电压减小，所以 Vi的示数增大.A、根据闭合电路欧姆定律得：由U = E -止，则孚=工所以学的值不变I AJH

20、人正瑜风根据欧姆定律得票的俏等于滑厕目器的阻值,所以，的值变大，B错误宁C.根据闭合串路欧姆定律得：U1=E-I (&+t)，贝i|怨= R4r, AZ所以,学的值不变，C错误 AJD、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，只会充电不会放电,所以电容器所带的 电荷量不变，D错误；故选A.12.如图所示，电源电动势 E=20V,电源白内阻r=2Q,两个定值电阻 R=R=8Q , C为平行板电容器，其电 容C=3.0pF,虚线到两极板距离相等，极板长 L=0.20m,两极板的间距 d=1.010-2m,开关S断开时，有一带 电微粒沿虚线方向以 V0=2.0m/s的初速度射入

21、 C的电场中，微粒恰能落到下板的正中央， 已知该微粒的质量 为 m=4105Kg, g 取 10m/s2,试求：(1)开关断开时两极板间的电压(2)微粒所带电荷的电性和电荷量q【答案】(1) 16V (2) q 1.5 10 7c【解析】(1)电容器两极板间的电压等于 R2两端电压，开关S断开时，电路中的总电流I E 2A,则电容器的极板电压 U IR2 16V。R r(2)粒子进入匀强电场中受到重力和电场力作用，做类平抛运动，则有，一、，1水平方向：Lvt2，一、，112竖直方向：d at22解得a 4m/s2电场力的方向一定竖直向上，故微粒一定带负电.由牛顿第二定律得mg Uq ma,联立解得q 1.5 10 7C。 d13.变阻器的总电阻 RA=15Q,内阻不计的电源的恒定电压为9V.现有一个标有“ 6V、3WW的灯泡，如采用如图所示的分压电路，图中电流表为理想电流表.求：(1)当滑动